Post on 21-Sep-2019
Interdisziplinares Projekt
im Rahmen der Diplomhauptprufung fur Informatiker im NebenfachMathematik
an der
Technischen Universitat Munchen
Fakultat fur Informatik
Thema: Musterlosungen zur Vorlesung Konkrete Mathematik
Bearbeiter: Nils NitschFred-Hartmann-Weg 1985435 Erding
Prufer: Professor Dr. Thomas HuckleTechnische Universitat MunchenLehrstuhl fur Informatik mit Schwerpunkt Wissenschaftliches Rechnen
Abgabedatum: 29. September 2005
Inhaltsverzeichnis
1 Rundungsfehler 3
2 Lineare Gleichungssysteme 15
3 Interpolation 29
4 Fourier-Transformation 39
5 Iterative Verfahren 44
6 Differentialgleichungen 55
2
1 Rundungsfehler
1.1 Aufgabe 1 (Buch, Ubung: 24)
1.1.1 Aufgabenstellung
Geben Sie alle Funktionen f(x) an, die fur samtliche x eine konstante Konditionszahlcondx = k besitzen.Insbesondere: fur welche Funktion wird der Fehler in den Eingangsdaten uberhaupt nichtverstarkt (k = 0)?
1.1.2 Losung
Tip
Finden Sie die Losung der Differentialgleichung
y′ = k · y
xmit , k ∈ R
(z.B. Nachschlagen in einer Formelsammlung)
Losungsschritt
Die Losung der Differentialgleichung lautet:
f(x) = xk
Losungsschritt
Daraus folgt:
condx =∣∣∣∣x · f ′(x)
f(x)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x · k · xk−1
xk
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣xk · kxk
∣∣∣∣ = |k|
Losungsschritt
Insbesondere gilt fur k = 0:condx = 0
D.h. nur fur f(x) = const wird der Fehler in den Eingangsdaten uberhaupt nichtverstarkt.
3
1.2 Aufgabe 2 (Buch, Ubung: 25)
1.2.1 Aufgabenstellung
Ersetzen Sie den Differentialoperator dx := d/dx fur stetig differenzierbare Funktionenf ∈ C1[0, 1] durch den Differenzenoperator ∆h
x mittels
∆hxf(x) :=
f(x + h)− f(x)h
, h > 0.
Zur Vereinfachung betrachten Sie nur den Rundungsfehler, der bei der Differenz entstehtund den Fehler, der durch die Diskretisierung, d.h. das Ersetzen des Differential- durchden Differenzoperator, gemacht wird. Der resultierende Gesamtfehler fd ergibt sich ausder Bildung der Differenz −M und der angenaherten Ableitung ∆h
x in Abhangigkeit derSchrittweite h. Fur welches h ist der Gesamtfehler minimal?
1.2.2 Losung
Tip
Analysieren Sie den Diskretisierungsfehler mit Hilfe der Taylor-Reihe fur f(x+h). GebenSie auch die auftretenden Konstanten an! Der bei der Differenz auftretende Fehler sei ε.
Losungsschritt
Fur den Diskretisierungsfehler gilt (mit Hilfe der Taylor-Reihe):
f(x + h) = f(x) + f ′(x) · h +f ′′(ξ)
2!· h2, ξ ∈ [x, x + h]
⇒ f ′(x) =f(x + h)− f(x)
h− f ′′(ξ)
2· h
⇒∣∣∣f ′(x)−∆h
xf(x)∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣f ′′(ξ)2
· h∣∣∣∣
Tip
Rundungsfehler bei der Differenzbildung:
a−M b = (a− b) · (1 + ε)
4
Losungsschritt
Rundungsfehler bei der Differenzbildung:
∆hxf(x) = ∆h
xf(x) · (1 + ε)
wobei ε der relative Fehler bei der Subtraktion ist mit |ε| ≤ εmasch.Daraus ergibt sich fur den Rundungsfehler:∣∣∣∆h
xf(x)−∆hxf(x)
∣∣∣ ≤ ∣∣∣∆hxf(x)
∣∣∣ · εmasch ≤|f(x + h)|+ |f(x)|
|h|· εmasch ≤ c1 · εmasch
1h
Losungsschritt
Der Gesamtfehler lautet damit:∣∣∣∣∣∆hxf(x)− f ′(x)
f ′(x)
∣∣∣∣∣ ≤ |∆hxf(x)−∆h
xf(x)|+ |∆hxf(x)− f ′(x)|
|f ′(x)|≤ c1 ·εmasch ·
1h
+∣∣∣∣ f ′′(ξ)2f ′(x)
∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸:=c2
·h
= c1 ·1h· εmasch + c2 · h = fd(h)
Der Gesamtfehler ist nun minimal fur f ′d = 0, d.h.
f ′d = − 1h2· c1 · εmasch + c2 = 0
⇔ h2 =c1
c2· εmasch
⇒ h =√
c1
c2· εmasch ⇒ h = O(
√εmasch)
5
1.3 Aufgabe 3 (Buch, Ubung: 26)
1.3.1 Aufgabenstellung
Analysieren Sie mit Hilfe der Epsilontik den Ausdruck y = a2 − b2.
a) Berechnen Sie die Konditionszahlen bezuglich a und b. Fur welchen Fall ist das Pro-blem schlecht konditioniert?
b) Zeigen Sie, dass fur den relativen Fehler des Resultats gilt
εy = − 2a2
a2 − b2· εa +
2b2
a2 − b2· εb −
a2
a2 − b2· ε1 +
b2
a2 − b2· ε2 − ε3.
Die Werte εa und εb reprasentieren die relativen Fehler in den Eingabedaten a undb und ε1, ε2 und ε3 die relativen Fehler in den Berechnungen von a ·M a, b ·M b unda2 −M b2.
c) Fuhren Sie die Analyse auch fur den alternativen Berechnungsweg (a+M b) ·M (a−M b)durch. Vergleichen und diskutieren Sie die Ergebnisse.
d) Welchen Berechnungsweg wurden Sie empfehlen? Warum?
1.3.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
Fur y = a2 − b2 gilt bezuglich a und b:
f(a) = a2 − b2
f(b) = a2 − b2
d.h.
1) bzgl. a: f(a) = a2 − b2; f ′(a) = 2a
⇒ conda =∣∣∣∣a · (2a)a2 − b2
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2a2
a2 − b2
∣∣∣∣2) bzgl. b: f(b) = a2 − b2; f ′(b) = −2b
⇒ condb =∣∣∣∣b · (−2b)
a2 − b2
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣− 2b2
a2 − b2
∣∣∣∣
6
Losungsschritt
D.h. das Problem ist schlecht konditioniert fur den Fall, dass a ≈ b
zu b)
Losungsschritt
frel(y) = y−yy
y = a(1 + εa) ·M a(1 + εa)−M b(1 + εb) ·M b(1 + εb)= a2(1 + 2εa) · (1 + ε1)−M b2(1 + 2εb)(1 + ε2)= ((a2 + ε1a
2 + 2εaa2)− (b2 + ε2b
2 + 2εbb2)) · (1 + ε3)
= a2 − b2 + εa2a2 − εb2b2 + ε1a2 − ε2b
2 + ε3(a2 − b2)
Losungsschritt
Nun gilt fur den relativen Fehler:
frel(y) =y − y
y
=a2 − b2 − y
a2 − b2
= − 2a2
a2 − b2· εa +
2b2
a2 − b2· εb −
a2
a2 − b2· ε1 +
b2
a2 − b2· ε2 − ε3 �
zu c)
Losungsschritt
y = (a + b)(a− b)
y = (a(1 + εa) +M b(1 + εb)) ·M (a(1 + εa)−M b(1 + εb))= ((a + aεa + b + bεb) · (1 + ε1)) ·M ((a + aεa − b− bεb)(1 + ε2))= (a2 − b2 + (a2 − b2)ε1 + (a2 − b2)ε2 + 2a2εa − 2b2εb) · (1 + ε3)= a2 − b2 + 2a2εa − 2b2εb + (a2 − b2)ε1 + (a2 − b2)ε2 + (a2 − b2)ε3
Somit gilt fur den relativen Fehler:
frel = − 2a2
a2 − b2εa +
2b2
a2 − b2εb − ε1 − ε2 − ε3
7
Losungsschritt
In dem Verfahren aus a) liegt ein hohere relativer Fehler vor, da ε1 und ε2 durch denvorangestellten Faktor a2
a2−b2bzw. b2
a2−b2verstarkt werden.
zu d)
Losungsschritt
Hier ist das Verfahren aus c) zu empfehlen, da es weniger Fehleranfallig ist und zudemauch nur 3 Rechenoperationen benotigt, d.h. gleich schnell ist.
8
1.4 Aufgabe 4 (Buch, Ubung: 27)
1.4.1 Aufgabenstellung
Entscheiden Sie, welche der folgenden Ausdrucke fehleranfalliger ist. Versuchen Sie gege-benenfalls ein besseres Verfahren zur Berechnung anzugeben und untersuchen Sie auchdie Kondition.
a) 2 sin2 x2 = 1− cos x fur x ≈ 0
b) log(xy ) = log(x)− log(y) fur x > 0 und y > 0
c) f(x) = 1 + sinx
d) f(x) = (x− 1)2 − (x + 1)2 fur x ≈ 0
e) f(x) = exp(x)− 1− x fur x ≈ 0
1.4.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
Um den Rundungsfehler im Verlauf der verschiedenen Berechnungsarten zu verfolgen,betrachten wir ungestorte Eingabedaten, also x ohne Rundungsfehler. Es ergibt sich furdie jeweiligen relativen Fehler im Endergebnis bei Verwendung der rechten Formel
frel =[1− (1 + ε1) cos x](1 + ε2)− (1− cos x)
1− cos x
=ε2 − cos x(ε1 + ε2)
1− cos(x)
= ε2 − ε1cos x
1− cos x
Da der Term cos x1−cos x beliebig groß werden kann, gibt es keine obere Schranke fur den
relativen Fehler. Diese Berechnungsvorschrift ist also nicht geeignet.
Losungsschritt
Fur die linke Formel ergibt sich ein relativer Fehler von:
y = 2(sinx
2· (1 + ε1))2 · (1 + ε2)
= 2 sin2 x
2· (1 + ε1)2 · (1 + ε2)
⇒ |frel| = 2|ε1|+ |ε2| ≤ εmasch
Diese Art der Berechnung ist offenbar stabil, wobei der Fehler im Bereich der Maschi-nengenauigkeit bleibt.
9
Tip
Reihenentwicklung von sin und cos einsetzten.
Losungsschritt
Die Konditionszahl der Funktion lautet:
condx =x · sinx
1− cos x
Fur x ≈ 0 kann man die Reihenentwicklung von cos und sin einsetzten und erhalt inerster Naherung
condx =x2 + . . .
1− (1− x2/2 + . . .)≈ 2
zu b)
Losungsschritt
Fur den linken Term ergibt sich:
y = log(x
x· (1 + ε1)
)· (1 + ε2)
=(
log(
x
y
)+ log(1 + ε1)
)· (1 + ε2)
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =
∣∣∣y − log xy
∣∣∣∣∣∣log xy
∣∣∣=
∣∣∣∣∣(1 + ε2)
(1 +
log (1 + ε1)log x
y
)− 1
∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣ε2 +log (1 + ε1)
log xy
∣∣∣∣∣Losungsschritt
Fur den rechten Term ergibt sich:
y = ((1 + ε1) log x− (1 + ε2) log y) · (1 + ε3)
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Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =|y − log x + log y||log x− log y|
=∣∣∣∣(1 + ε3)
(1 +
ε1 log x− ε2 log y
log x− log y
)∣∣∣∣=
∣∣∣∣ε3 +ε1 log x− ε2 log y
log x− log y
∣∣∣∣Da log(1 + ε1) ≈ ε1 ist log
(xy
)i.A. gunstiger. Falls jedoch x ≈ y ≈ 1 fuhrt der untere
Ausdruck zu besseren Ergebnissen.
Losungsschritt
Die Konditionszahlen fur beide Terme lauten:
condx =1
log xy
und condy =−1
log xy
Fur x ≈ y ist dieses Problem schlecht konditioniert, daher kann man kein stabiles Ver-fahren erwarten.
zu c)
Losungsschritt
Es gilt:
y = (1 + sin x(1 + ε1)) · (1 + ε2)= 1 + sinx + sin xε1 + (1 + sin x)ε2
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =∣∣∣∣ y − 1− sinx
1 + sin x
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ sinx
1 + sin x· ε1 + ε2
∣∣∣∣Da der Term sin x
1+sin x fur den Fall x ≈ 32π + k · 2π beliebig groß werden kann, gibt es in
diesem Fall keine obere Schranke fur den relativen Fehler. Diese Berechnungsvorschriftist hier also nicht geeignet.
Tip
Einsetzen von x = x2 + x
2 und umformen.
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Losungsschritt
Formt man den Term 1 + sinx um, so erhalt man:
1 + sin x = 1 + 2 · sin(x
2
)cos(x
2
)fur den gilt:
y =[1 + 2 · (sin
(x
2
)(1 + ε1)) · (cos
(x
2
)(1 + ε2)) · (1 + ε3)
](1 + ε4)
= 1 + 2 · sin(x
2
)cos(x
2
)+ 2 · sin
(x
2
)cos(x
2
)(ε1 + ε2 + ε3 + ε4) + ε4
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =
∣∣∣∣∣ y − 1− 2 · sin(
x2
)cos(
x2
)1 + 2 · sin
(x2
)cos(
x2
) ∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣2 · sin(
x2
)cos(
x2
)(ε1 + ε2 + ε3 + ε4) + ε4
1 + 2 · sin(
x2
)cos(
x2
) ∣∣∣∣∣Hier erhalt man nun fur den Fall x ≈ 3
2π + k · 2π ein Fehler ≈ εmasch.
Losungsschritt
Ein Vergleich der Konditionszahlen ergibt nun fur f(x) = 1 + sinx:
condx =x · f ′(x)
f(x)=
x · cos x
1 + sin x
und fur g(x) = 1 + 2 · sin(
x2
)cos(
x2
):
condx =x · g′(x)
g(x)=
x · cos(x)1 + 2 · sin
(x2
)cos(
x2
)Hierbei ist ersichtlich, dass Verfahren 1 fur den Fall x ≈ 3
2π+k ·2π schlecht konditioniertist, Verfahren 2 jedoch uberall gut konditioniert ist.
zu d)
Losungsschritt
Es gilt:
y = (((x− 1)(1 + ε1))2(1 + ε2)− ((x + 1)(1 + ε3))2)(1 + ε4))(1 + ε5)
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =∣∣∣∣ y − y
x
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣(2ε1 + ε2)(x− 1)2
y− (2ε3 + ε4)(x + 1)2
y+ ε5
∣∣∣∣Hier ist offensichtlich fur y ≈ 0 mit großen relativen Fehler zu rechnen.
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Tip
Ausmultiplizieren
Losungsschritt
Einfaches Ausmultiplizieren ergibt:
f(x) = (x− 1)2 − (x + 1)2 = −4x
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =∣∣∣∣(−4x)(1 + ε)− (−4x)
−4x
∣∣∣∣ = |ε|
Losungsschritt
condx =x · f ′(x)
f(x)=
x(−4)−4x
= 1
Daher haben wir hier ein gut konditioniertes Problem, welches mit der zweiten Rechen-methode auch mit kleinem Fehler gelost werden kann.
zu e)
Losungsschritt
Es gilt:
y = ((ex − 1)(1 + ε1)− x)(1 + ε2) = ex − 1− x + exε2 − ε2 − xε2 − exε1 − ε1
Daraus ergibt sich fur den relativen Fehler:
frel =∣∣∣∣ε2 − ex + 1
ex − 1− xε1
∣∣∣∣Hier ist fur x ≈ 0 mit großen relativen Fehler zu rechnen.
Tip
Reihentwicklung von ex einsetzen.
Losungsschritt
Ein stabiles Verfahren kann man uber die Reihenentwicklung von ex konstruieren:
ex = 1 + x +x2
2!+
x3
3!. . . ⇒ ex − 1− x =
x2
2!+
x3
3!Bricht man diese Reihe nach n Elementen ab, so erhalt man einen Fehler, der kleiner istals xn
n! .
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Losungsschritt
Die Konditionszahl der Funktion lautet:
condx =x · (ex − 1)ex − 1− x
=xex − x
ex − 1− x
Das Problem ist also fur x ≈ 0 schlecht konditioniert.
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2 Lineare Gleichungssysteme
2.1 Aufgabe 5 (Buch, Ubung: 39)
2.1.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist ein lineares Gleichungssystem mit einer Tridiagonalmatrix
a1 c1 0 · · · 0
d2 a2 c2...
0. . . . . . . . . 0
.... . . . . . cn−1
0 · · · · · · dn an
x1
x2......
xn
=
b1
b2......
bn
a) Formulieren Sie das Verfahren der Gauß-Elimination ohne Pivotsuche in einem Pseu-
docode zur Losung des obigen Gleichungssystems.
b) Wieviele Additionen, Multiplikationen, Divisionen benotigt dieser Algorithmus?
c) Man untersuche die Fragestellung von Teilaufgabe a) und b) fur den Fall von Spalten-und Total-Pivotsuche.
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2.1.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
FOR i = 1,...,n-1factor = A[i+1,i] / A[i,i]A[i+1,i+1] = A[i+1,i+1] - factor * A[i,i+1]b[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]A[i+1,i] = 0
ENDFOR
Durch das Ausnutzen der Tridiagonalstruktur kommt dieser Algorithmus ohne ver-schachtelte Schleifen aus.
zu b)
Losungsschritt
Pro Eliminationsschritt ergeben sich folgende Operationen:- n-1 Divisionen- 2(n-1) Multiplikationen- 2(n-1) Additionen
Dieser Algorithmus braucht großenordnungsmaßig also O(n) Operationen.
zu c)
Losungsschritt
mit Spalten-Pivotsuche:
//----------------------------------// Spalten-Pivotsuche//----------------------------------FOR i = 1,...,n-1
pivot = |A[i,i]|IF( |A[i+1,i]| > pivot ) THEN
//-----------------------// Zeilentausch//-----------------------FOR colIdx = i,...,i+3
pivot = A[i,colIdx]A[i,colIdx] = A[i+1,colIdx]
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A[i+1,colIdx] = pivotENDFORpivot = b[i]b[i] = b[i+1]b[i+1] = pivot
ENDIFfactor = A[i+1,i] / A[i,i]A[i+1,i+1] = A[i+1,i+1] - factor * A[i,i+1]//------------------------------// eliminieren der i+2-ten Spalte// (kann durch Zeilentausch aufgef ullt worden sein)//------------------------------IF (i+2 <= n ) THEN
A[i+1,i+2] = A[i+1,i+2] - factor * A[i,i+2]ENDIFb[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]
ENDFOR
Die Anzahl der benotigten Operationen belauft sich hierbei auf:
- n-1 Divisionen
- 2(n-1) + n-2 = 3n-4 Additionen
- 2(n-1) + n-2 = 3n-4 Multiplikationen
Dabei konnte man den Algorithmus noch dahingehend optimieren, dass man die n-2Additionen/Multiplikationen nur ausfuhrt, falls das Element an der Stelle A[i,i+2] != 0ist. Damit wurde die oben genannte Anzahl an Operationen nur im schlechtesten Fallausgefuhrt werden. In jedem Fall kommt bei diesem Algorithmus der Aufwand fur dieSpalten-Pivotsuche hinzu.
Trotz der erhohten Kosten die durch den Zeilentausch enstehen braucht dieser Algo-rithmus großenordnungsmaßig immer (nur) noch O(n) Operationen.
Losungsschritt
mit Zeilen-Pivotsuche:
//----------------------------------// Zeilen-Pivotsuche//----------------------------------FOR i = 1,...,n-1
pivot = |A[i,i]|
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IF( |A[i,i+1]| > pivot ) THEN//-----------------------// Spaltentausch//-----------------------FOR rowIdx = i,...,i+3
pivot = A[rowIdx,i]A[rowIdx,i] = A[rowIdx,i+1]A[rowIdx,i+1] = pivot
ENDFORpivot = x[i]x[i] = x[i+1]x[i+1] = pivot
ENDIFfactor = A[i+1,i] / A[i,i]A[i+1,i+1] = A[i+1,i+1] - factor * A[i,i+1]b[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]//------------------------------// eliminieren der i+2-ten Zeile// (kann durch Spaltentausch aufgef ullt worden sein)//------------------------------IF (i+2 <= n ) THEN
factor = - A[i+1] / A[i,i]A[i+2,i+1] = factor * A[i,i+1]b[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]
ENDIFENDFOR
Die Anzahl der benotigten Operationen belauft sich hierbei auf:
- n-1 + n-2 = 2n-3 Divisionen
- 2(n-1) + n-2 = 3n-4 Additionen
- 2(n-1) + 2(n-2) = 4n-6 Multiplikationen
Die Kosten erhohen sich gegenuber dem Gauß-Algorithmus mit Spalten-Pivotsuche (5n-5) auf 9n-13 Operationen.
Trotz der erhohten Kosten die durch den Spaltentausch enstehen braucht dieser Al-gorithmus großenordnungsmaßig immer (nur) noch O(n) Operationen.
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2.2 Aufgabe 6 (Buch, Ubung: 40)
2.2.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist ein lineares Gleichungssystem der Form
a1,1 a1,2 0 · · · 0 a1,n
a2,1 a2,2 a2,3 0 · · · 0
0 a3,2. . . . . . . . .
......
. . . . . . . . . . . . 00 · · · 0 an−1,n−2 an−1,n−1 an−1,n
an,1 0 · · · 0 an,n−1 an,n
x1
x2......
xn−1
xn
=
b1
b2......
bn−1
bn
a) Beschreiben Sie, wie sich die Besetztheitsstruktur der Matrix andert, wenn Sie Gauß-
Elimination ohne Pivotsuche durchfuhren.
b) Geben Sie ein Verfahren an, die Eintrage der Matrix so zu speichern, dass im Verlaufder Gauß-Elimination ohne Pivotsuche keine uberflussigen Nullen gespeichert werden.
c) Formulieren Sie das Verfahren der Gauß-Elimination ohne Pivotsuche in einem Pseu-docode zur Losung des obigen Gleichungssystems. Benutzen Sie dabei die in b)definierte Speicherung der Matrix. Schatzen Sie großenordnungsmaßig die Anzahlder anfallenden Rechenoperationen ab.
d) Wie kann sich die Struktur der Matrix andern, wenn Sie Spalten-Pivotsuche durchfuhren?
2.2.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
Beim Eliminieren von a2,1 ergibt sich ein neuer Eintrag in der letzten Spalte bei a2,n.Beim Eliminieren von an,1 ergibt sich ein neuer Eintrag bei an,2. Im Verlauf der Gauß-Elimination wandert also in der untersten Zeile ein Eintrag nach rechts, und die rechtesteSpalte wird schrittweise aufgefullt.
zu b)
Losungsschritt
Wir speichern die drei Diagonalen in drei Vektoren, namlich di = ai,i fur i = 1 . . . n, ci =ai+1,i fur i = 1 . . . n−1 und ei = ai,i+1 fur i = 1 . . . n−1.Da wir auf jeden Fall zur Bestim-mung der Losung am Schluss das Dreiecksgleichungssystem auflosen mussen, benotigenwir alle Eintrage in der letzten Spalte, die wir daher ebenfalls in einem eigenen Vektorfi = ai,n fur i = 1 . . . n − 2 speichern (i = n − 1 und j = n liegt im Vektor e und
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d). Die zusatzlichen Eintrage in der letzten Zeile benotigen wir spater nicht mehr (es seidenn, wir wollen eine LU-Zerlegung berechnen). Daher konnen wir dieses jeweils einzelneElement in einer Zahl α speichern, die jeweils dieses linke untere Element im jeweiligenEliminationsschritt enthalt. (Man konnte sogar den Vektor f einsparen, und die jeweilszu Null gemachten Stellen in c durch die entstehenden Eintrage der letzten Spalte nut-zen).
zu c)
Losungsschritt
FOR i = 1,...,n-1factor = c[i] / d[i]d[i+1] = d[i+1] - factor * e[i]b[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]IF( i < n-1 ) THEN
factor = α / d[i]d[n] = d[n] - factor * f[i]b[n] = b[n] - factor * b[i]
ENDIFIF( i < n-2 ) THEN
f[i+1] = -f[i] * (c[i] / d[i])α = -e[i] * ( α / d[i])
ENDIFIF( i = n-2 ) THEN
e[n-1] = e[n-1] - f[i] * (c[i] / d[i])c[n-1] = c[n-1] - e[i] * ( α / d[i])
ENDIFENDFOR
Danach noch Auflosen des Dreiecksgleichungssystems (bidiagonal + letzte Spalte):
x[n] = b[n] / d[n]x[n-1] = (b[n-1] - e[n-1] * x[n]) / d[n-1]FOR i = n-2,...,1
x[i] = (b[i] - f[i] * x[n] - e[i] * x[i+1]) / d[i]ENDFOR
Die Kosten liegen im Bereich O(n) da nur einfache Schleifen der Lange n durchlaufenwerden.
20
zu d)
Losungsschritt
Vernachlassigen wir zunachst die einzelnen Eintrage links unten und rechts oben, sokann es durch Vertauschen zweier Nachbarzeilen passieren, dass oben eine zusatzlichDiagonale auftritt (a1,3, . . . , an−2,n). Dazu kommen auf jeden Fall die letzte Spalte undletzte Zeile wie unter a). Tritt der Fall auf, dass die jeweilige Zeile mit der unterstenZeile vertauscht wird, so werden dadurch in der vorletzten Spalte zusatzliche Eintrageerzeugt (a1,n−1, . . . , an−3,n−1).
21
2.3 Aufgabe 7 (Buch, Ubung: 41)
2.3.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist das lineare Gleichungssystem in Hessenberg-Form
h1,1 h1,2 · · · · · · h1,n
h2,1 h2,2 · · · · · · h2,n
0. . . . . .
......
. . . . . . . . ....
0 · · · 0 hn,n−1 hn,n
x1
x2......
xn−1
xn
=
b1
b2......
bn−1
bn
a) Formulieren Sie in einem Pseudocode das Verfahren der Gauß-Elimination ohne Pi-
votsuche unter Ausnutzung der Struktur der gegebenen Matrix.
b) Wie viele Operationen benotigen Sie großenordnungsmaßig?
c) Womit ist zu rechnen, wenn Sie Spalten- oder Zeilen-Pivotsuche zulassen?
2.3.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
FOR i=1,...,n-1factor = A[i+1,i] / A[i,i]A[i+1,i] = 0FOR j=i+1,...,n
A[i+1,j] = A[i+1,j] - factor * A[i,j]ENDFORb[i+1] = b[i+1] - factor * b[i]
ENDFOR
Durch die gegebene Struktur der Matrix A muss nur eine Zeile pro Eliminationsschrittbearbeitet werden.
22
zu b)
Losungsschritt
Es fallen folgenden Operationen an:- n-1 Divisionen,
n−1∑i=1
i =(n− 1)(n− 2)
2=
n2
2− 3n
2+ 1 Additionen und Multiplikationen
fur die Elimination des Elements an der Stelle A[i+1,i] und noch einmal n-1 Additio-nen und Multiplikationen fur das Element b[i+1] .Da hier der Faktor n2
2 uberwiegt, liegt die Anzahl der Operationen großenordnungsmaßigbei O(n2).
zu c)
Losungsschritt
Fur die Spalten-Pivotsuche andert sich nichts, da hier die Zeile i nur mit der Zeile i+1vertauscht werden kann, da alle anderen Spalteneintrage der Spalte i (beginnend inZeile i ) gleich Null sind. Daher werden dann nur Zeilen gleicher Struktur miteinandervertauscht.
Bei der Zeilen-Pivotsuche kann es nun aber passieren, dass stark besetzte Spalten mitschwach besetzten Spalten vertauscht werden. Dadurch kann es passieren, dass die “fast-schon“-Dreickecksmatrix zerstort wird und dieses durch mehrfaches Subtrahieren einerZeile zu anderen Zeilen in einem Eliminationsschritt wieder ausgeglichen werden muss.Dabei entsteht dann wieder der “standard“ Gauß-Algorithmus mit einer Operationen-anzahl in der Großenordnung von O(n3).
23
2.4 Aufgabe 8 (Buch, Ubung: 46)
2.4.1 Aufgabenstellung
Bestimmen Sie die effiziente Speicherung und effiziente Varianten der Gauß-Eliminationbei linearen Gleichungssystemen mit folgender Gestalt:
AX =
∗ ∗∗ ∗∗
∗ ∗∗ ∗
2.4.2 Losung
Losungsschritt
Zur Speicherung werden drei Vektoren benotigt. Die Diagonaleintrage werden in demVektor Diag gespeichert (Diag[i] = ai,i mit i = 1, ..., n). Die Eintrage unterhalbder Diagonalen werden in dem Vektor LowDiag gespeichert (LowDiag[i] = an−i+1,i
mit i = 1, ..., n/2 (wobei n/2 abgerundet). Analog werden die Eintrage oberhalb derDiagonalen in dem Vektor UppDiag gespeichert (UppDiag[i] = ai,n−i+1 mit i =1, ..., n/2 (wobei n/2 abgerundet).
Losungsschritt
FOR i=1,...,n/2factor = LowDiag[i] / Diag[i]Diag[n-i+1] = Diag[n-i+1] - factor * UppDiag[i]b[n-i+1] = b[n-i+1] - factor * b[i]
ENDFOR
24
2.5 Aufgabe 9 (Buch, Ubung: 46)
2.5.1 Aufgabenstellung
Bestimmen Sie die effiziente Speicherung und effiziente Varianten der Gauß-Eliminationbei linearen Gleichungssystemen mit folgender Gestalt:
AN =
∗ ∗∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗∗ ∗
2.5.2 Losung
Losungsschritt
Zur Speicherung werden drei Vektoren benotigt. Die Diagonaleintrage werden in demVektor Diag gespeichert (Diag[i] = ai,i mit i = 1, ..., n). Die Eintrage der linkenSpalte (a1,1 ausgenommen) werden in dem Vektor LeftCol gespeichert (LeftCol[i]= ai+1,1 mit i = 1, ..., n− 1). Die Eintrage der rechten Spalte (an,n ausgenommen) wer-den in dem Vektor RightCol gespeichert (RightCol[i] = ai+1,n mit i = 1, ..., n−1).
Losungsschritt
FOR i=1,...,n-1factor = LeftCol[i] / Diag[i]IF( i+1 < n ) THEN
RightCol[i+1] = RightCol[i+1] - factor * RightCol[i]ELSE
Diag[i+1] = Diag[i+1] - factor * RightCol[i]ENDIFb[i+1] = b[i+1] - factor * b[1]
ENDFOR
25
2.6 Aufgabe 10 (Buch, Ubung: 46)
2.6.1 Aufgabenstellung
Bestimmen Sie die effiziente Speicherung und effiziente Varianten der Gauß-Eliminationbei linearen Gleichungssystemen mit folgender Gestalt:
AZ =
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗∗
∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
2.6.2 Losung
Tip
Umwandeln der Matrix durch Zeilen und Spaltentausch.
Losungsschritt
Zur Speicherung werden drei Vektoren benotigt. Die Diagonaleintrage werden in demVektor Diag gespeichert (Diag[i] = ai,n−i+1 mit i = 1, ..., n). Die obere Zeile wirdin dem Vektor UppRow gespeichert (UppRow[i] = a1,i mit i = 1, ...n). Die untereZeile wird in dem Vektor LowRow gespeichert (LowRow[i] = an,i mit i = 1, ..., n).Hierbei erleichtert es den spateren Algorithmus, dass die Eintrage a1,n und an,1 doppeltabgespeichert werden.
Um nun mit moglichst wenig Operationen (Additionen, Divisionen etc.) das Gleichungs-system zu losen, wird die Matrix wie folgt umgewandelt:- Umkehren der Diagonalen
AZ =
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗∗
∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
→
∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗∗∗
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
- Tauschen der 2. und letzten Zeile
∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗∗∗
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
→
∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗∗
∗ 0
26
- Tauschen der 2. und letzten Spalte∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗∗
∗ 0
→
∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗∗∗
Nun muss man nur noch ein Vielfaches der ersten Zeilen von der Zweiten Zeile abziehenund es werden dadurch keine Nullen in der Matrix verstort.
Losungsschritt
//------------------------------// Diagonale umkehren//------------------------------FOR i=2,...,n/2
val = Diag[i]Diag[i] = Diag[n-i+1]Diag[n-i+1] = val
ENDFOR//------------------------------// Tausch Zeile 2 mit Zeile n//------------------------------val = Diag[2]Diag[2] = LowRow[2]//------------------------------// Tausch Spalte 2 mit Spalte n//------------------------------Diag[n] = valval = Diag[2]Diag[2] = LowRow[n]LowRow[n] = valval = UppRow[2]UppRow[2] = UppRow[n]UppRow[n] = val//------------------------------// Gauß//------------------------------factor = LowRow[1] / Diag[1]FOR i=2,...,n
LowRow[i] = LowRow[i] - factor * UppRow[i]ENDFOR//------------------------------
27
3 Interpolation
3.1 Aufgabe 11 (Buch, Ubung: 57)
3.1.1 Aufgabenstellung
Bestimmen Sie die Anzahl der Operationen zur Berechnung des interpolierenden Poly-noms p0, . . . , pn(c) an der Stelle c mittels
a) Lagrange-Polynom
b) Neville-Schema
c) Newton-Form des interpolierenden Polynoms
3.1.2 Losung
zu a)
Tip
Aufstellen eines Pseudo-Codes fur die Lagrange-Polynome:
p(x) =n∑
j=0
yjLj(x) mit Lj(x) =n∏
i=0;i6=j
x− xi
xj − xi
Losungsschritt
Ein Pseudo-Code zur Berechnung des Polynoms an der Stelle c mittels Lagrange-Polynomenlautet:
FOR j=0,...,nL = 1FOR i=0,...,n
IF( i != j ) THENL = L * ( c - x[i] ) / ( x[j] - x[i] )
ENDIFENDFORp = p + y[j] * L
ENDFOR
29
Losungsschritt
Durch die ineinander geschachtelte FOR-Schleife benotigen wir hier O(n2) Operationen.
zu b)
Losungsschritt
Ein Pseudo-Code zur Berechnung des Polynoms an der Stelle c mittels des Neville-Schemas lautet:
FOR i=0,...,np[i] = y[i]FOR k=i-1,...,0
p[k] = p[k+1] + ( p[k+1] - p[k] ) * ( c - x[i] ) / x[i] - x[k]ENDFOR
ENDFOR
Losungsschritt
Durch die ineinander geschachtelte FOR-Schleife benotigen wir hier O(n2) Operationen.
zu c)
Losungsschritt
Ein Pseudo-Code zur Berechnung des Polynoms an der Stelle c mittels der Newton-Formdes Interpolationspolynoms lautet:
//-----------------------------------------------------// Berechnung der dividierten Differenzen://-----------------------------------------------------
FOR i=0,...,np[i] = y[i]FOR k=i-1,...,0
p[k] = p[k+1] + ( p[k+1] - p[k] ) / x[i] - x[k]ENDFOR
ENDFOR
//-----------------------------------------------------
30
// Berechnung des Polynoms://-----------------------------------------------------
p = f[n]FOR j=n-1,...,0
p = p * ( c - x[j] ) + f[j]ENDFOR
Losungsschritt
Durch die ineinander geschachtelte FOR-Schleife benotigen wir hier O(n2) Operationen.
3.2 Aufgabe 12 (Buch, Ubung: 58)
3.2.1 Aufgabenstellung
Wir betrachten die Funktion f(x) = x8. Bestimmen Sie zu f das interpolierende Polynomvom Grad kleiner gleich 6 zu den Stutzstellen -3,-2,-1,0,1,2,3.
3.2.2 Losung
Tip
In der Losung wir der Ansatz uber die Newton-Form des Interpolierenden Polynomsverwendet.
Losungsschritt
Die Stutzstellen zu der Funktion f(x) = x8 lauten:
x0 = (−3, 6561)x1 = (−2, 256)x2 = (−1, 1)x3 = (0, 0)x4 = (1, 1)x5 = (2, 256)x6 = (3, 6561)
31
Unser gesuchtes Polynom (Newton-Form des Interpolierenden Polynoms) hat die Form(nach dem Horner-Schema):
p(x) = (((((f [x0, ..., x6](x− x5) + f [x0, ..., x5])(x− x4) ++f [x0, ...x4])(x− x3) + f [x0, ..., x3])(x− x2) ++f [x0, x1, x2])(x− x1) + f [x0, x1])(x− x0) + f [x0]
Wir mussen nun also die Koeffizienten (dividierte Differenzen) f [x0, ..., xj ], j = 1, ..., 6berechnen.
Losungsschritt
Die Koeffizienten (mit ∗ gekennzeichnet) und die Zwischenergebnisse lauten:
f [x0] = y0 = = 6561 (∗)f [x0, x1] = y1−y0
x1−x0= 256−6561
−2+3 = −6305 (∗)f [x1, x2] = y2−y1
x2−x1= 1−256
−1+2 = −255f [x2, x3] = . . . = . . . = −1f [x3, x4] = . . . = . . . = 1f [x4, x5] = . . . = . . . = 255f [x5, x6] = . . . = . . . = 6305f [x0, x1, x2] = f [x1,x2]−f [x0,x1]
x2−x0= −255+6305
−1+3 = 3025 (∗)f [x1, x2, x3] = . . . = . . . = 127f [x2, x3, x4] = . . . = . . . = 1f [x3, x4, x5] = . . . = . . . = 127f [x4, x5, x6] = . . . = . . . = 3025f [x0, x1, x2, x3] = . . . = . . . = −966 (∗)f [x1, x2, x3, x4] = . . . = . . . = −42f [x2, x3, x4, x5] = . . . = . . . = 42f [x3, x4, x5, x6] = . . . = . . . = 966f [x0, x1, x2, x3, x4] = . . . = . . . = 231 (∗)f [x1, x2, x3, x4, x5] = . . . = . . . = 21f [x2, x3, x4, x5, x6] = . . . = . . . = 231f [x0, x1, x2, x3, x4, x5] = . . . = . . . = −42 (∗)f [x1, x2, x3, x4, x5, x6] = . . . = . . . = 42f [x0, x1, x2, x3, x4, x5, x6] = . . . = . . . = 14 (∗)
Losungsschritt
Einsetzen der Koeffizienten ergibt nun:
p(x) = (((((14 · (x− x5)− 42)(x− x4) ++231)(x− x3)− 966)(x− x2) ++3025)(x− x1)− 6305)(x− x0) + 6561
32
Zuletzt Einsetzen der Stutzstellen:
p(x) = (((((14 · (x− 2)− 42)(x− 1) ++231)x− 966)(x + 1) ++3025)(x + 2)− 6305)(x + 3) + 6561
Unser gesuchtes Polynom lautet also:
p(x) = 14x6 − 49x4 + 36x2
3.3 Aufgabe 13 (Buch, Ubung: 59)
3.3.1 Aufgabenstellung
Approximieren Sie die Funktion ld(x) = log2(x).
a) Berechnen Sie das Interpolationspolynom zu ld(x) mit den Stutzstellen 16,32 und 64.
b) Bestimmen Sie die linearen Ausgleichsgrade zu diesem Stutzstellen und und verglei-chen Sie sie mit dem Interpolationspolynom aus a).
3.3.2 Losung
zu a)
Tip
In der Musterlosung wurde der Ansatz mittels Lagrange-Polynomen gewahlt.
Losungsschritt
Die Stutzstellen zu der Funktion f(x) = log2(x) lauten:
x0 = (16, 4)x1 = (32, 5)x2 = (64, 6)
Unser gesuchtes Polynom (Lagrange-Polynome) hat die Form:
p(x) =2∑
j=0
yjLj(x) mit Lj(x) =2∏
i=0;i6=j
x− xi
xj − xi
33
Losungsschritt
Die Lagrange Polynome lauten:
L0(x) = (x−32)(x−64)(16−32)(16−64) = x2−96x+2048
768
L1(x) = (x−16)(x−64)(32−16)(32−64) = −x2−80x+1024
512
L2(x) = (x−16)(x−32)(64−16)(64−32) = x2−48x+512
1536
Losungsschritt
Einsetzen in unser Polynom ergibt:
p(x) = 4 · L0(x) + 5 · L1(x) + 6 · L2(x)
= − 11536
x2 +332
x + 223
zu b)
Tip
Die lineare Ausgleichsgerade g(x) = a · x + b setzt sich aus der linken und der rechtenStutzstelle zusammen.
Losungsschritt
Die lineare Ausgleichsgerade g(x) = a · x + b zu den gegeben Stutzstellen errechnet sichwie folgt:
g(x) =f(x2)− f(x0)
x2 − x0· (x− x0) + f(x0)
=124
x− 23
+ 4
=124
x + 313
Losungsschritt
Fur unsere Stutzstelle x1 erhalt man hier nun:
g(32) =124· 32 + 3
13
= 423
34
3.4 Aufgabe 14 (Buch, Ubung: 63)
3.4.1 Aufgabenstellung
Zu den Stutzstellen x0 < x1 < x2 mit bekannten Funktionswerten f(x0), f(x1) und f(x2)soll das Integral
∫ ba f(x)dx naherungsweise bestimmt werden; dabei sei a ≤ x0 < x2 ≤ b.
Beschreiben Sie, wie man mittels eines Polynoms zweiten Grades dieses Integral nahe-rungsweise berechnen kann und geben Sie eine explizite Quadraturregel der Form∫ b
af(x)dx ≈
2∑j=0
wjf(xj).
3.4.2 Losung
Tip
Gewichtung der Stutzstellen mittels Lagrange-Polynomen.
Losungsschritt
Wir suchen hier ein Polynom p(x) zweiten Grades fur das gilt:∫ b
af(x)dx ≈
∫ b
ap(x)dx =
2∑i=0
wjf(xi)
Da wir die Werte fur f(xi), i = 0, 1, 2 bereits geben haben, brauchen wir also nur dieGewichte fur unsere Stutzstellen zu suchen, z.B. mittels Lagrange-Polynome.
Losungsschritt
Durch Einsetzten der Lagrange-Polynome erhalten wir nun unsere Quadraturregel∫ b
af(x)dx ≈
2∑j=0
wjf(xj) =2∑
i=0
f(xi)∫ b
aLi(x)dx
wobei gilt:
L0(x) =(x− x1)(x− x2)
(x0 − x1)(x0 − x2)
L1(x) =(x− x0)(x− x2)
(x1 − x0)(x1 − x2)
L2(x) =(x− x0)(x− x1)
(x2 − x0)(x2 − x1)
35
3.5 Aufgabe 15 (Buch, Ubung: 65)
3.5.1 Aufgabenstellung
Gegeben sei eine Integrationsregel mit nur einer Stutzstelle x0 und einem Gewicht α:
α · f(x0) ≈∫ b
af(x) dx.
Bestimmen Sie x0 und α so, dass die Integrationsregel fur Polynome moglichst hohenGrades exakt gilt.
3.5.2 Losung
Tip
f(x) als Polynom 0-ten bzw. 1-ten Grades betrachten.
Losungsschritt
Wir betrachten:
i) f(x) = x0 = 1
ii) f(x) = x1
Losungsschritt
Daraus folgt ∫ b
a1 dx = b− a ⇔ α · 1 = b− a ⇔ α = b− a
Losungsschritt
sowie ∫ b
ax dx =
b2 − a2
2⇔ α · x0 =
b2 − a2
2⇔ x0 =
b + a
2
3.6 Aufgabe 16 (Buch, Ubung: 66)
3.6.1 Aufgabenstellung
Bestimmen Sie zu den Stutzstellen x0 = 0, x1 = a, x2 = 1 Gewichte w0, w1, w2 und aso, dass die Integrationsregel∫ 1
0f(x) dx = w0f(x0) + w1f(a) + w2f(1)
fur Polynome moglichst hohen Grades exakt ist.
36
3.6.2 Losung
Tip
Betrachte f(x) als Polynom vom Grad n = 0, 1, 2, 3.
Losungsschritt
Wir betrachten:
i) f(x) = x0 = 1
ii) f(x) = x1
iii) f(x) = x2
iv) f(x) = x3
Daraus folgt:
i)∫ 1
01 dx = 1 = w0 + w1 + w2
ii)∫ b
ax dx =
12
= w1a + w2
iii)∫ b
ax2 dx =
13
= w1a2 + w2
iv)∫ b
ax3 dx =
14
= w1a3 + w2
Losungsschritt
nun ii)− iii):
16
= w1a− w1a2 = w1(a− a2)
⇔ w1 =1
6(a− a2)
und iii)− iv):
112
= w1(a2 − a3) =a(a− a2)6(a− a2)
=a
6
⇔ a =12
37
4 Fourier-Transformation
4.1 Aufgabe 17 (Buch, Ubung: 75)
4.1.1 Aufgabenstellung
Zeigen Sie fur j, k ∈ N:
i)∫ π
−πcos(jx) cos(kx) dx = 0 fur j 6= k
ii)∫ π
−πsin(jx) sin(kx) dx = 0 fur j 6= k
iii)∫ π
−πcos(jx) sin(kx) dx = 0∀j, k
4.1.2 Losung
zu i)
Tip
2 cos α cos β = cos(α− β) + cos(α + β)
Losungsschritt ∫ π
−πcos(jx) · cos(kx) dx =
12
∫ π
−π2 cos(jx) · cos(kx) dx =
=12
∫ π
−πcos((j−k)x) + cos((j+k)x) dx =
12
∫ π
−πcos((j−k)x) dx +
12
∫ π
−πcos((j+k)x) dx =
Losungsschritt
Fur j = k gilt:12
∫ π
−πcos(0 · x) dx +
12
∫ π
−πcos(2k · x) dx = π
Fur j 6= k gilt:
12|sin((j − k)x)|π−π +
12|sin((j + k)x)|π−π = 0− 0 = 0
39
zu ii)
Tip
2 sinα sinβ = cos(α− β)− cos(α + β)
Losungsschritt ∫ π
−πsin(jx) · sin(kx) dx =
12
∫ π
−π2 sin(jx) · sin(kx) dx =
=12
∫ π
−πcos((j−k)x) − cos((j+k)x) dx =
12
∫ π
−πcos((j−k)x) dx − 1
2
∫ π
−πcos((j+k)x) dx =
Losungsschritt
Fur j = k gilt:12
∫ π
−πcos(0 · x) dx − 1
2
∫ π
−πcos(2k · x) dx = π
Fur j 6= k gilt:
12|sin((j − k)x)|π−π −
12|sin((j + k)x)|π−π = 0− 0 = 0
zu iii)
Tip
2 sinα cos β = sin(α− β) + sin(α + β)
Losungsschritt ∫ π
−πcos(jx) · sin(kx) dx =
12
∫ π
−π2 cos(jx) · sin(kx) dx =
=12
∫ π
−πsin((j−k)x) + sin((j+k)x) dx =
12
∫ π
−πsin((j−k)x) dx +
12
∫ π
−πsin((j+k)x) dx =
=12|− cos((j − k)x)|π−π +
12|− cos((j + k)x)|π−π
Losungsschritt
Da cos(−ϕ) = cos(ϕ) gilt ∀j, k ∈ N:
12(− cos((j − k)π) + cos((j − k)π)− cos((j + k)π) + cos((j + k)π)) = 0
40
4.2 Aufgabe 18 (Buch, Ubung: 76)
4.2.1 Aufgabenstellung
Sei f eine stuckweise stetige periodische Funktion mit Fourier-Reihe
f(x) =a0
2+∑
(ak cos(kx) + bk sin(kx)).
Zeigen Sie, dass die Fourier-Koeffizienten gegeben sind durch
ak =1π
∫ π
−πf(x) cos(kx) dx und bk =
1π
∫ π
−πf(x) sin(kx) dx
4.2.2 Losung
Tip
∫ π
−πcos(jx) cos(kx) dx = π fur j = ±k und
∫ π
−πcos(jx) sin(kx) dx = 0 ∀j, k ∈ N
Losungsschritt
Beweis von ak:Einsetzen ergibt:
1π
∫ π
−π
[a0
2+∑
(ak cos(kx) + bk sin(kx))]· cos(jx) dx =
=1π
∫ π
−π
a0
2· cos(jx) dx︸ ︷︷ ︸=0
+∑
ak
∫ π
−πcos(kx) · cos(jx) dx︸ ︷︷ ︸
=π
+∑
bk
∫ π
−πsin(kx) · cos(jx) dx︸ ︷︷ ︸
=0
=
=1π
ak · π = ak
Tip
∫ π
−πsin(jx) sin(kx) dx = π fur j = ±k und
∫ π
−πcos(jx) sin(kx) dx = 0 ∀j, k ∈ N
41
Losungsschritt
Beweis von bk:Einsetzen ergibt:
1π
∫ π
−π
[a0
2+∑
(ak cos(kx) + bk sin(kx))]· sin(jx) dx =
=1π
∫ π
−π
a0
2· sin(jx) dx︸ ︷︷ ︸=0
+∑
ak
∫ π
−πcos(kx) · sin(jx) dx︸ ︷︷ ︸
=0
+∑
bk
∫ π
−πsin(kx) · sin(jx) dx︸ ︷︷ ︸
=π
=
=1π
bk · π = bk
4.3 Aufgabe 19 (Buch, Ubung: 79)
4.3.1 Aufgabenstellung
Sei n = 3m, also durch drei teilbar. Beschreiben Sie, wie
wj =∑
cke2πijk/n, j = 0, 1, ..., n− 1
in drei Summen der Lange m aufgespalten werden kann. Wie kann man mit dieserAufspaltung die Berechnung der IDFT eines Vektors der Lange n auf die Berechnungvon mehreren IDFT’s kurzerer Vektoren zuruckgefuhrt werden?
4.3.2 Losung
Tip
Zur Losung fur j = 0, ...,m− 1:
- Summe von Bereich k = 0, ..., n− 1 auf Bereich k = 0, ...,m− 1 anpassen
Losungsschritt
wj
n−1∑k=0
ck exp(2πikj
n) =
=n/3−1∑k=0
(c3k exp(
2πi3kj
n) + c3k+1 exp(
2πi(3k + 1)jn
) + c3k+2 exp(2πi(3k + 2)j
n))
=
=m−1∑k=0
(c3k exp(
2πikj
m))
+exp(2πij
3m)
m−1∑k=0
(c3k+1 exp(
2πikj
m))
+exp(4πij
3m)
m−1∑k=0
(c3k+2 exp(
2πikj
m))
fur j = 0, ...,m− 1.
42
Tip
Ubergang von j → m + j
Losungsschritt
Durch Ersetzen von j → m + j erhalt man die zweite Gruppe von Eintragen:
wm+j =∑(
c3k exp(2πik(m + j)
m))
+ . . . =
=∑(
c3k exp(2πikj
m))
+
+exp(2πi/3) exp(2πij
3m)∑(
c3k+1 exp(2πikj
m))
+
+exp(4πi/3) exp(4πij
3m)∑(
c3k+2 exp(2πikj
m))
Tip
Ubergang von j → 2m + j
Losungsschritt
Durch Ersetzen von j → 2m + j erhalt man die dritte Gruppe von Eintragen:
w2m+j =∑(
c3k exp(2πik(2m + j)
m))
+ . . . =
=∑(
c3k exp(2πikj
m))
+
+exp(4πi/3) exp(2πij
3m)∑(
c3k+1 exp(2πikj
m))
+
+exp(8πi/3) exp(4πij
3m)∑(
c3k+2 exp(2πikj
m))
Berechnet man also die IDFT der drei kurzen Vektoren mit Komponenten c3k, c3k+1
und c3k+1, so kann man diese drei sich ergebenden Vektoren, mit passenden Faktorenversehen, zu der gesuchten Losung kombinieren.
43
5 Iterative Verfahren
5.1 Aufgabe 20 (Buch, Ubung: 82)
5.1.1 Aufgabenstellung
Zeigen Sie, dass die Iterationxn+1 = cos(xn)
fur alle x0 ∈ R gegen den einzigen Fixpunkt χ, χ = cos(χ) konvergiert.
a) Formulieren Sie ferner ein Newton-Verfahren zur Berechnung von χ. Konvergiertdieses Verfahren ebenfalls fur jeden beliebigen Startwert?
b) Vergleichen Sie die Konvergenzgeschwindigkeit der beiden Interationsverfahren.
5.1.2 Losung
Tip
Betrachte xn+2 = cos(cos(xn)), also nur jeden zweiten Iterationsschritt.
Losungsschritt
Die folgende Grafik zeigt, dass es nur einen Fixpunkt fur x = cos(x) gibt:
44
Wir betrachten h(x) := cos(cos(x)), also nur jeden zweiten Iterationsschritt. Konver-giert dies, so konvergiert auch die ursprungliche Folge. Dann gilt:
|h′(x)| = | sin(cos(x))| · | sin(x)| ≤ sin(1) < 1
⇒ |h(x)− h(y)| = |h′(z)| · |x− y| ≤ sin(1) · |x− y|
mit z als Zwischenstelle. Daraus folgt h kontrahierend und stets konvergent gegen deneindeutigen Fixpunkt. Hieraus folgt wiederum f(x) konvergent.
zu a)
Losungsschritt
Newton liefert:
Φ(x) = x− f(x)f ′(x)
= x +x− cos(x)1 + sin(x)
=x sin(x) + cos(x)
1 + sin(x)
Losungsschritt
Schlechte Konvergenz bzw. keine Konvergenz falls f ′(x0) ≈ 0 bzw. f ′(x0) = 0.
f ′(x) = 1 + sin(x) = 0 ⇔ x =32π + 2kπ
D.h. fur einen Startwert x0 = 32π + 2kπ konvergiert unser Verfahren nicht.
zu b)
Losungsschritt
Da χ 6= 32π + 2kπ gilt:
f ′(χ) = 1 + sin(χ) 6= 0
Somit ist χ eine einfache Nullstelle und das Newton-Verfahren konvergiert quadratisch.
Losungsschritt
f(x) = cos(x) konvergiert offensichtlich linear.
5.2 Aufgabe 21 (Buch, Ubung: 83)
5.2.1 Aufgabenstellung
Wir suchen eine einfache Nullstelle χ einer Funktion g(x). Naturlich ist dann χ aucheine Nullstelle von g2(x).
45
a) Formulieren Sie das Newton-Verfahren zur Bestimmung von χ einmal mittels derFunktion g(x) und einmal mittels der Funktion g2(x) (unter Verwendung von g′(x)).
b) Da χ eine einfache Nullstelle ist, konnen wir g(x) = (x − χ)h(x) schreiben mith(χ) 6= 0. Welches der beiden Verfahren konvergiert schneller? Wie ist der Unter-schied zu erklaren?
c) Sei nun χ eine zweifache Nullstelle einer Funktion f(x). Wie kann daher das Newton-Verfahren modifiziert werden, so dass schnelle Konvergenz erreicht wird? Begrundung!
5.2.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
xk+1 = xk −g(xk)g′(xk)
Losungsschritt
xk+1 = xk −g2(xk)
(g2(xk))′= xk −
g2(xk)2g(xk)g′(xk)
= xk −12
g(xk)g′(xk)
zu b)
Tip
Konvergenz des Newton-Verfahren bei einfacher bzw. doppelter Nullstelle.
Losungsschritt
Bei einer einfachen Nullstelle hat g2(x) naturlich eine doppelte Nullstelle. Das Newton-Verfahren konvergiert bei einer einfachen Nullstelle quadratisch, bei einer doppeltenNullstelle nur linear.
zu c)
Tip
Betrachtung von√|g(x)|.
46
Losungsschritt
Hat g(x) eine doppelte Nullstelle, so hat√|g(x)| dort eine einfache Nullstelle. Verwende
also das Newton-Verfahren z.B. mit der Wurzel. Dies entspricht der Iteration
xk+1 = xk −√
g(xk)1
2√
g(xk)g′(xk)
= xk − 2g(xk)g′(xk)
Tip
Betrachtung von g′(x).
Losungsschritt
Hat g(x) eine doppelte Nullstelle, so hat g′(x) dort eine einfache Nullstelle. Verwendealso das Newton-Verfahren z.B. mit der Ableitung. Dies entspricht der Iteration
xk+1 = xk −g′(x)g′′(x)
5.3 Aufgabe 22 (Buch, Ubung: 84)
5.3.1 Aufgabenstellung
Zur Berechnung von 1/b suchen wir eine Nullstelle χ der Funktion f(x) = 1/x− b, b 6= 0.
a) Formulieren Sie das Newton-Verfahren zur Bestimmung von χ. Fur welche Startwertekonvergiert das Verfahren in einem Schritt?
b) Fur welche b ist das Newton-Verfahren lokal quadratisch Konvergent?
c) Diskutierten Sie die Iteration, die durch die Festlegung Φ(x) = bx2, xk+1 = Φ(x)definiert ist. Wo liegen evtl. Fixpunkte? Ist dieses Verfahren zur Berechnung von 1/bzu empfehlen?
5.3.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
xk+1 = xk −f(xk)f ′(xk)
= xk −1/xk − b
−1/x2k
= 2xk − bx2k
47
Tip
Finde Losung zu x1 = 1/b.
Losungsschritt
Konvergenz in einem Schritt, falls gilt:
x1 = 1/b = 2x0 − bx20 ⇔
(bx0 − 1)2 = 0 ⇔
x0 = 1/b
Konvergenz also in einem Schritt wenn der Startwert gleich der gesuchten Losung ist.
zu b)
Tip
Wann ist das Newton-Verfahren quadratisch konvergent?
Losungsschritt
Das Newton-Verfahren ist quadratisch konvergent, falls nur einfache Nullstellen vorlie-gen. Nun gilt:
f ′(x) = − 1x2
alsof ′(1/b) = −b2 6= 0
Somit ist 1/b eine einfache Nullstelle und daher liegt lokal quadratische Konvergenz vor.
zu c)
Tip
Fixpunkt liegt vor, wenn Φ(x) = x.
Losungsschritt
Fixpunkt bei:Φ(x) = x ⇔
x = bx2 ⇔
x = 0 oder x = 1/b
48
Tip
Anstossender/anziehender Fixpunkt?
Losungsschritt
Es gilt:Φ′(x) = 2bx und somit Φ′(1/b) = 2b/b = 2
Daher ist 1/b ein abstossender Fixpunkt. Die Folge xk wird also gegen 0 oder ±∞konvergieren, aber nur fur den exakten Startwert x0 = 1/b auch gegen 1/b. Zudem waremaximal mit linearer Konvergenz zu rechen, das Verfahren ist also nicht geeignet.
5.4 Aufgabe 23 (Buch, Ubung: 85)
5.4.1 Aufgabenstellung
Wir betrachten die Iterationsfunktion Φ(x) = (x2 + 1)/(2x). Welche Fixpunkte hat Φ?Sind diese Fixpunkte abstossend oder anziehend?Zeigen Sie dass fur einen Startwert x0 gilt:
|xk+1 − 1| ≤ 12xk
(xk − 1)2
Was folgt daraus fur die Konvergenzordnung dieses Verfahrens?Man bestimme ein Intervall I so, dass fur x ∈ I die Funktion Φ kontrahierend ist undeine Abbildung Φ : I → I darstellt.
5.4.2 Losung
Tip
Fixpunkt liegt vor, wenn Φ(x) = x.
Losungsschritt
Φ(x) = x ⇔x = (x2 + 1)/(2x) ⇔x2 + 1 = 2x2 ⇔x = ±1
Somit sind die Fixpunkte x1,2 = ±1.Weiter gilt:
Φ′(x) =12− 1
x2
Φ(x1,2) = 0
Daher sind x1,2 anziehende Fixpunkte.
49
Losungsschritt
xk+1 − 1 = 12(xk + 1
xk− 1− 1) =
= 12(xk − 1− 1
xk(xk − 1)) =
= 12xk
(xk − 1)(xk − 1) =
= (xk−1)2
2xk
Somit quadratische Konvergenz, da 12xk
fur den Fall der Konvergenz beschrankt bleibt.
Losungsschritt
z.B. I = [1, 2]; dann ist 0 ≤ Φ′(x) ≤ 1/2 in I (nach a)), also kontrahierend. Ausserdemgilt fur x ∈ I: Φ(x) ≥ 1 und Φ(x) ist naher an 1 als x, insgesamt also Φ(x) ∈ I.
5.5 Aufgabe 24 (Buch, Ubung: 86)
5.5.1 Aufgabenstellung
Das Heron-Verfahren ist ein Verfahren, um die Quadratwurzel einer beliebigen positivenZahl mit festem Aufwand auf Maschinengenauigkeit zu berechnen. Es basiert auf derBestimmung der Nullstelle der Funktion f(x) = x2 − a mittels des Newton-Verfahrens.
a) Bestimmen Sie zunachst mittels linearer Interpolation fur a ∈ [1, 4) einen gutenNaherungswert fur
√a. Verwenden Sie die Funktion
s(x) =124
(8x + 17)
als Naherung an die Wurzelfunktion. Schatzen Sie den relativen Fehler des gefundenenNaherungswertes ab (also die Große von (s(x)−
√x)/√
x).
b) Formulieren Sie das Newton-Verfahren zur Bestimmung der Nullstelle√
a von f(x).Wie entwickelt sich der Fehler wahrend der Iteration? Wie viele Iterationen sindnotig, um
√a bis auf Maschinengenauigkeit zu berechnen, falls a ∈ [1, 4) ist?
c) Wie kann das obige Verfahren angewandt werden, falls a /∈ [1, 4) gilt? Dazu schreibenwir a in der Form a = α22p mit passendem p und α ∈ [1, 4) .
50
5.5.2 Losung
zu a)
Tip
Fur die lineare Interpolation L(x) gilt:
x0 < x < x1, y0 = f(x0), y1 = f(x1), h = x1 − x0
⇒ L(x) = y0 +y1 − y0
h(x− x0)
Losungsschritt
Hier gilt:a0 < a < a1 mit a0 = 1, a1 = 4 ⇒ h = 3
f(a0) =2524
= y0
f(a1) =4924
= y1
Somit ist L(x):
L(a) =2524
+4925 −
2524
3(a− 1)
=2524
+13(a− 1)
=13a +
1724
Losungsschritt
Fur den relativen Fehler des Naherungswertes gilt:
frel =L(a)−
√a√
a
wobei
L(a) = ((13a)(1 + ε1) +
1724
)(1 + ε2)
.=13aε1 + (
13a +
1724
)ε2 +13a +
1724
51
Somit gilt fur den relativen Fehler:
frel =13aε1 + (1
3a + 1724)ε2 + 1
3a + 1724 −
13a− 17
2413a + 17
24
=a
a + 178
ε1 + ε2
zu b)
Losungsschritt
Es gilt:
f(x) = x2 − a ⇒ Φ(x) = x− f(x)f ′(x)
= x− x2 − a
x=
x2 + a
2x
Tip
Fur den relativen Fehler im k-ten Schritt gilt:
frelk =xk −
√a√
a
Einsetzten der Heron-Rekursion(Newton-Verfahren im (k-1)-ten Schritt) fur xk.
Losungsschritt
Fur den relativen Fehler im k-ten Schritt gilt:
frelk =xk −
√a√
a
Setzen wir die vorher ermittelte Newton-Form fur xk ein, so erhalten wir:
frelk =
x2k−1+a
xk−1−√
a√
a=
1√a
(x2
k−1 + a
2xk−1−√
a
)
=1
2√
axk−1
(x2
k−1 − 2√
axk−1 + a)
=√
a
2xk−1
(xk−1 −
√a√
a
)2
=1
2(
xk−1−√
a√a
+ 1)(frelk−1
)2 =1
2(1 + frelk−1)(frelk−1
)2
Tip
Abschatzen einer oberen Schranke fur frelk , z.B. frelk ≤12(frelk−1
)2 und anschließendesAuflosen nach k.
52
Losungsschritt
Wir schatzen unseren relativen Fehler im k-ten Schritt ab:
frelk ≤ 12(frelk−1
)2 ≤ 12
(12(frelk−2
)2)2
≤ . . . ≤ 2−12−2 · · · 2−2k−2(frel1)
2k−1
= 2−12−2 · · · 2−2k−22−2k−1
(1 + frel0)−2k−1
(frel0)2k
= 2−(2k−1)(1 + frel0)−2k−1
(frel0)2k
, k ≥ 1
Nun mussen wir noch nach k auflosen:(12
)2k−1( 11 + frel0
)2k−1
(frel0)2k ≤ εmasch
2 ·
12·
√1
1 + frel0
· frel0︸ ︷︷ ︸=:α
2k
≤ εmasch
(α)2k
≤ εmasch
22k · log(α) ≤ log
(εmasch
2
)2k ≥
log( εmasch2 )
log(α)
k ≥ log(
log( εmasch2 )− log(α)log(2)
)
zu c)
Losungsschritt
Hierzu passen wir einfach s(x) und unser gefundenes Newton-Verfahren an und benutzens0(=s(α)) als Startwert.
s(x) =124
(8x + 17) → s(α) =124
(8α + 17)
xk+1 =x2
k + a
2xk→ sk+1 =
s2k + α
2sk, k = 0, ..., N − 1
wobei N die Anzahl der Iterationsschritte ist.
Losungsschritt
Die gesuchte Losung fur√
a ist dann: sN · 2p
53
5.6 Aufgabe 25 (Buch, Ubung: 88)
5.6.1 Aufgabenstellung
Sei f eine zweimal stetig stetig differenzierbare Funktion. Wir wollen mittels Newton-Verfahren eine Nullstelle unbekannter Ordnung bestimmen, unter Verwendung der Funk-tion h(x) := f(x)/f ′(x). Was lasst sich uber die Konvergenz des Newton-Verfahrens,angewandt auf die Funktion h, sagen?
5.6.2 Losung
Tip
Schreiben von f(x) als f(x) = (x− x0)k · g(x)
Losungsschritt
Wir schreiben f(x) als f(x) = (x− x0)k · g(x) mit x0 als Nullstelle der Ordnung k.
⇒ f ′(x) = k(x− x0)k−1 · g(x) + (x− x0)k · g′(x)
Losungsschritt
Somit folgt fur h(x):
h(x) =f(x)f ′(x)
=(x− x0)k · g(x)
k(x− x0)k−1 · g(x) + k(x− x0)k · g(x)
=g(x)
k·g(x)x−x0
+ g′(x)
= (x− x0) ·g(x)
k · g(x) + (x− x0) · g′(x)
Losungsschritt
Somit ist x0 also eine einfache Nullstelle und das Newton-Verfahren konvergiert quadra-tisch.
54
6 Differentialgleichungen
6.1 Aufgabe 26 (Buch, Ubung: 114)
6.1.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist ein Anfangswertproblem der Form y′(x) = Φ(y, x), y(a) = y0. Bei aqui-distanter Schrittweite h betrachten wir die Iterationsvorschrift
yk+1 = yk +h
2(Φ(yk, xk) + Φ(yk+1, xk+1)) .
a) Aus welcher Quadraturregel ergibt sich dieses Verfahren? Man beschreibe den Zu-sammenhang.
b) Zeigen Sie, wie man aus der obigen Beziehung bei bekannten Werten von xk, yk undh den neuen Wert yk+1 berechnen kann. Um welche Art von Problem handelt es sichdabei? Welche Art von Verfahren kann man benutzen? Beschreiben Sie die Startbe-dingungen eines solchen Verfahrens.Geben Sie einen Algorithmus an zu Losung des AWPs mit naherungsweiser Berech-nung von y(b) fur ein b > a.
6.1.2 Losung
zu a)
Losungsschritt
Dieses Verfahren stammt aus der Trapezregel, und zwar∫ xk+1
xk
y′dx = yk+1 − yk ≈xk+1 − xk
2· (y′k+1 + y′k) =
h
2(Φ(yk, xk) + Φ(yk+1, xk+1))
zu b)
Losungsschritt
Das Problem besteht hierin, dass der neue Wert yk+1 nicht explizit gegeben ist, sondernnur implizit, also erst noch durch ein zusatzliches Verfahren aus der definierten Gleichungberechnet werden muss. Hier bieten sich zum einen eine einfache Fixpunktiteration oder
55
zum anderen das Newton-Verfahren an.Fixpunktiteration: Betrachte die Funktion
f(y) = yk +h
2(Φ(yk, xk) + Φ(y, xk+1))
und bestimme den Fixpunkt y = f(y). Da |df/dy| fur kleine Werte von h auch kleinwird, ist f kontrahierend.Newton-Verfahren: Betrachte die Funktion
f(y) = yk +h
2(Φ(yk, xk) + Φ(y, xk+1))− y
und suche die Nullstelle.
Losungsschritt
Als Startwert kann man jeweils das alte yk benutzen.Konvergiert die erzeugte Folge y gegen eine Zahl y, so ist y ein Fixpunkt bzw. eineNullstelle, und wir konnen yk+1 = y setzen.
6.2 Aufgabe 27 (Buch, Ubung: 115)
6.2.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist das Anfangswertproblem
y′(x) = ϕ(y, x) = x, x0 = 0, y(x0) = 0.
Wir benutzen die aquidistante Einteilung x0 = 0, x1 = h, . . . , xn = nh = b.
a) Bestimmen Sie die exakte Losung y(x) und die Naherrungswerte yj ≈ y(xj), j =1, . . . , n, die durch das (Vorwarts-)Euler-Verfahren gegeben werden.
b) Wie groß ist der lokale Diskretisierungsfehler |y1 − y(x1)|? Wie groß ist der globaleFehler |yn − y(b)|?
6.2.2 Losung
zu a)
Tip
Trennung der Variablen.
56
Losungsschritt
Hier liegt eine Gleichung vom Typ
y′(x) = f(x)g(y)
mit g(y) = 1 und f(x) = x vor. Mittels Trennung der Variablen erhalten wir:
1g(y)dy = f(x)dx ⇔
dy = xdx
Durch Integration jeder Seite (unbestimmt) erhalten wir:
G(y) =∫
dy = y, F (x) =∫
xdx =x2
2
Mit der Allgemeinen Losung
G(y)− F (x) = c, c ∈ R
konnen wir die exakte Losung fur c0 = G(y0) − F (x0) berechnen. Hier also c0 = 0,⇒unsere Losung lautet:
y =x2
2
Losungsschritt
Das Euler-Verfahren liefert
y1 = y0 + h(φ(y0, x0) = 0 + hx0 = 0y2 = y1 + h(φ(y1, x1) = 0 + hx1 = h2
y3 = x2 + h(φ(y2, x2) = h2 + 2h2 = 3h2
. . .
oder allgemein
yk = h2 ·k−1∑j=1
j = h2 (k − 1)k2
57
zu b)
Losungsschritt
lokaler Fehler:
y(x1)− y1 =x2
1
2− y1 =
h2
2− 0 =
h2
2=
b2
2n2
globaler Fehler:
y(b)− yn = y(xn)− yn =b2
2− h2(n− 1)n
2=
b2
n− (b2/n2)(n2 − n)
2=
(bh)2
=b2
2n.
Der lokale Fehler ist also O(h2) und der globale Fehler O(h).
6.3 Aufgabe 28 (Buch, Ubung: 116)
6.3.1 Aufgabenstellung
Gegeben ist das Anfangswertproblem(uv
)′=(−1000 α
α −1
)(uv
), x0 =, u(x0) = 1, v(x0) = 1.
Wir benutzen die aquidistante Einteilung x0 = 0, x1 = x0 + h, . . . , xn = x0 + nh = b,also h = b/n.
a) Formulieren Sie das (Vorwarts-)Euler-Verfahren zur Bestimmung von Naherungslosun-gen uj ≈ u(xj) und vj ≈ v(xj).
Im Folgenden betrachten wir den Spezialfall α = 0.
b) Bestimmen Sie die exakten Losungen u(x) und v(x). Man gebe eine einfache Formelfur die Naherungswerte uj ≈ u(xj) und vj ≈ v(xj) an, die durch das(Vorwarts-)Euler-Verfahren gegeben werden, in Abhangigkeit von h.
b) Wie groß darf h gewahlt werden, so dass uj und vj beide fur j → ∞ das richtigeVerhalten zeigen? Wie groß darf h gewahlt werden, so dass vj fur j →∞ das richtigeVerhalten zeigt?
6.3.2 Losung
zu a)
Losungsschritt(uk+1
vk+1
)=(
uk
vk
)+ h
(−1000 α
α −1
)(uj
vj
)=(
(1− 1000h)uj + αvj
αuj + (1− h)vj
)fur j = 1, . . . , n und u0 = v0 = 1.
58
zu b)
Tip
Homogene lineare Differentialgleichung 1. Ordnung.
Losungsschritt
Uns liegt eine lineare Differentialgleichung 1. Ordnung, also y′(x) = a(x)y, vor. DieLosung hierzu lautet:
y(x) = ceA(x), c ∈ R mit A(x) =∫
a(x)dx
In unseren Fall lauten die Losungen, mit u(x0) = v(x0) = 1 :
u(x) = e−1000x, v(x) = e−x
Losungsschritt
Das Euler-Verfahren liefert fur u(x):
u1 = (1− 100hu0) = (1− 1000)hu2 = (1− 1000h)(1− 1000h) = (1− 1000)2h. . .
Insgesamt also:
uj = (1− 1000h)j und analog vj = (1− h)j
zu c)
Losungsschritt
Es gilt: u(x) = v(x) = 0 fur x →∞. Daher sollten die Naherungslosungen dasselbe Ver-halten zeigen. Das stimmt aber fur uj(x) und vj(x) nur gemeinsam, falls 0 < h < 1/1000(dann auch monoton fallendes Verhalten), oder 0 < h < 2/1000 (dann alternierend ge-gen 0).Betrachten wir dagegen nur die Folge vj , so ist diese Bedingung schon fur h < 1, bzw.h < 2, erfullt.
59